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${\begin{aligned}p^{2}&={\frac {D'}{D+D'}}s^{2},\\q^{2}&={\frac {D}{D+D'}}s^{2},\end{aligned}}$

$D^{2}p^{2}+D^{'2}q^{2}={\frac {D^{2}D'+DD^{'2}}{D+D'}}s^{2}=DD's^{2},$

et par conséquent

$LO=HO={\frac {DD'\sin \beta }{M{\sqrt {D^{2}p^{2}+D^{'2}q^{2}}}}}={\frac {\sqrt {DD'}}{Ms}}\sin \beta ,$

valeur très-simple qui, dans ce cas, détermine immédiatement le point $O,$ et donne, pour le diamètre de la circonférence sur laquelle se trouvent tous les centres de rotation des axes permanens passant en $L,$

$LO'={\frac {\sqrt {DD'}}{Ms}}={\frac {\sqrt {DD'}}{M\times GL}}.$

Quant au plan directeur où est tracée cette circonférence, il suit de ce qui a été dit à la fin du premier chapitre de ce Mémoire, qu’il est perpendiculaire à la ligne $GL\,;$ c’est ce qui résulte aussi de ce que \frac{q}{p}=\pm\sqrt{\frac{D}{D'}} donne

$\operatorname {tang} \alpha =-{\frac {D'q}{Dp}}=\mp {\sqrt {\frac {D'}{D}}}=-{\frac {p}{q}}.$

Cherchons maintenant la valeur du moment d’inertie relatif à l’axe permanent $AM$ passant par le point $L,$ ce moment d’inertie sera représenté par

$\int \left(x^{'2}+y^{'2}\right)dm\,;$

et au moyen des valeurs de $x'$ et de $y',$ on trouvera par les réductions connues qu’il est égal à

$M\left(X^{'2}+Y^{'2}\right)+\left(a^{2}+b^{2}\right)G+\left(a^{'2}+b^{'2}\right)H+\left(a^{''2}+b^{''2}\right)K,$

où $X^{'2}+Y^{'2}$ est le carré de la perpendiculaire $GK$ abaissée du centre d’inertie sur cet axe. Comme on a